1、高考资源网（） 您身边的高考专家重难强化训练(三)瞬时加速度问题和动力学图像问题(教师用书独具)(时间：40分钟分值：90分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分.16为单选，710为多选)1一物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零，然后又逐渐从零恢复到原来大小(在上述过程中，此力的方向一直保持不变)，那么如图所示的vt图像中，符合此过程中物体运动情况的图像可能是 ()D其中的一个力逐渐减小到零的过程中，物体受到的合力逐渐增大，则其加速度逐渐增大，速度时间图像中图像的斜率表示加速度，所以在力逐渐减小到零的过程中图像的斜率逐渐增大，当这个力又从零恢复到
2、原来大小时，合力逐渐减小，加速度逐渐减小，图像的斜率逐渐减小，故D正确2质量为2 kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的vt图像如图所示取g10 m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数和水平推力F的大小分别为 ()A0.2,6 NB0.1,6 NC0.2,8 N D0.1,8 NA由题给图像知610 s内物体只受摩擦力，由牛顿第二定律知mgma2，即a2g，由a知a22 m/s2则0.2；在06 s内由牛顿第二定律知Fmgma1；而a11 m/s2，解得F6 N，故选项A正确3物体在与其初速度始终共线的合外力作用下运动，取v0方向为正时，合外力F随时间t的
3、变化情况如图所示，则在0t1这段时间内 ()A物体的加速度先减小后增大，速度也是先减小后增大B物体的加速度先增大后减小，速度也是先增大后减小C物体的加速度先减小后增大，速度一直在增大D物体的加速度先减小后增大，速度一直在减小C由题图可知，物体所受合外力F随时间t的变化是先减小后增大，根据牛顿第二定律得：物体的加速度先减小后增大，由于取v0方向为正时，合外力F与正方向相同，所以物体加速度方向与速度方向一直相同，所以速度一直在增大，故选C.4如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 ()A0
4、B.gCg D.gB未撤离木板时，小球受重力G、弹簧的拉力F和木板的弹力FN的作用处于静止状态，通过受力分析可知，木板对小球的弹力大小为mg.在撤离木板的瞬间，弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F，合力与木板提供的弹力大小相等，方向相反，故可知加速度的大小为g，由此可知B正确5如图所示，质量分别为MA与MB的A、B两小球分别连在弹簧两端，B端用细线固定在倾角为30光滑斜面上，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为()A都等于 B.和0C.和0 D0和D线被剪断瞬间，线的拉力变为0，弹簧形变来不及发生变化，弹力不变，故A球仍
5、受力平衡，加速度为0，B球受重力、支持力、弹簧产生的大小为MAgsin 30的弹力，所以可得其加速度为，故选D.6如图所示，物块1、2间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m,2、4质量为M，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a1、a2、a3、a4.重力加速度大小为g，则有 ()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4gC在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自的重力，所以由牛
6、顿第二定律知a1a2g；而物块3、4间轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg，因此物块3满足mgF，a30；由牛顿第二定律得物块4满足a4g，所以C正确7如图所示，滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零对于该运动过程，若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小，t表示时间，则下列图像最能正确描述这一运动规律的是 ()BD滑块沿斜面下滑过程中，受重力、支持力和滑动摩擦力作用，做匀减速直线运动，故速度图像为向下倾斜的直线，C项错；滑块加速度保持不变，D项对；设滑块的加速度大小为a，则滑块的位移
7、sv0tat2，st图像为开口向下的抛物线，B项对；设斜面倾角为，滑块下降高度hssin ，所以ht图像也是开口向下的抛物线，A项错8将物体竖直向上抛出，假设运动过程中空气阻力不变，其速度时间图像如图所示，则 ()A上升、下降过程中加速度大小之比为119B上升、下降过程中加速度大小之比为101C物体所受的重力和空气阻力之比为91D物体所受的重力和空气阻力之比为101AD由a知上升、下降过程中加速度大小比a上a下119，故选项A正确，选项B错误；根据牛顿第二定律知，上升过程mgfma上；下降过程mgfma下，联立得mgf101，故选项C错误，选项D正确9如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b
8、、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O.整个系统处于静止状态现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为l1和l2，重力加速度大小为g.在剪断的瞬间 ()Aa13g Ba10Cl12l2 Dl1l2AC设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力T1，剪断前对bc和弹簧组成的整体分析可知T12mg，故a受到的合力FmgT1mg2mg3mg，故加速度a13g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为T2，则T2mg，根据胡克定律Fkx可得l12l2，C正确
9、，D错误10如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时橡皮筋沿水平方向下列判断中正确的是 ()A在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变B在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin C在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为D在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin BC剪断AC瞬间，AC对小球的弹力突然消失，而引起BC上的张力发生突变，使小球的受力情况改变，如图甲所示，有F合mgsin ma，故agsin ；当剪断BC瞬间，BC绳张力突变为零，AC橡皮筋拉力不变，它与重力的合力与BC绳的拉力是一对平衡力，等大反向，受力情况如图乙所示，有F合
10、ma，a，选项B、C正确 甲乙二、非选择题(本题共2小题，共30分)11(15分)如图甲所示，倾角为37的足够长斜面上，质量m1 kg的小物体在沿斜面向上的拉力F14 N作用下，由斜面底端从静止开始运动，2 s后撤去F，前2 s内物体运动的vt图像如图乙所示求：(取g10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8) 甲乙 (1)小物体与斜面间的动摩擦因数；(2)撤去力F后1.8 s时间内小物体的位移解析(1)由题图乙可知，02 s内物体的加速度a14 m/s2根据牛顿第二定律，Fmgsin fma1Nmgcos ，而fN代入数据解得0.5.(2)撤去力F后，mgsin fma2得a21
11、0 m/s2设经过t2时间减速到0，根据运动学公式0v1a2t2，解得t20.8 s在0.8 s内物体有向上运动的位移x20v2a2x2，得x23.2 m物体到最高点后向下运动，设加速度大小为a3，则mgsin fma3，解得a32 m/s2再经t31 s物体发生位移x3，x3a3t1 m物体在撤去力F后1.8 s内的位移xx2x3代入数据解得x2.2 m，方向沿斜面向上答案(1)0.5(2)2.2 m，沿斜面向上12(15分)如图甲所示，在风洞实验室里，一根足够长的固定的均匀直细杆与水平方向成37角，质量m1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用
12、于小球上，在t12 s时刻风停止小球沿细杆运动的部分vt图像如图乙所示，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，忽略浮力求： 甲乙 (1)小球在02 s内的加速度a1和25 s内的加速度a2；(2)小球与细杆间的动摩擦因数和水平风力F的大小解析(1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图像可知：在02 s内，a115 m/s2(方向沿杆向上)在25 s内，a210 m/s2(“”表示方向沿杆向下)(2)有风力F时的上升过程，受力情况如图甲所示由牛顿第二定律，有Fcos (mgcos Fsin )mgsin ma1 甲乙停风后的上升阶段，受力情况如图乙所示由牛顿第二定律，有mgcos mgsin ma2联立以上各式解得0.5，F50 N.答案(1)15 m/s2，方向沿杆向上 10 m/s2，方向沿杆向下(2)0.550 N- 7 - 版权所有高考资源网
